Cuadriláteros con lados iguales.

Question

$AC = BD$

$EC = ED$

$AF = FB$

Ángulo de CAF = 70 grados

Ángulo de DBF = 60 °

Estamos buscando el ángulo de la EPT.

He encontrado a través de Geogebra que el ángulo requerido es de 85 grados. Alguna idea de cómo demostrarlo? Yo no estoy tan familiarizado con la Geometría :(

Answer 1

Considere el siguiente triángulo:-

Deje $JM = a, JN = b $ . En este particular, $\triangle$, $MK=NL =$ dice $x$.

Dibujar la bisectriz de un ángulo de $\angle J$ , $JO$.

WLOG $a<b$.

Entonces , por el ángulo interno teorema de la bisectriz , $MR = k_1a , RN = k_1b , KO= k_2(a+x) , OL = k_2(b+x) $.

Obviamente , $MN=k_1(a+b) $ e $KL =k_2(a+b+2x)$

Ahora , busque un punto de $J'$ a lo largo de $JL$ , de tal manera que $JJ'=\frac{b-a}{2}$ . Mientras que esto puede parecer arbitraria , las cosas se aclarará pronto.

Dibujar $J'Q$ paralelo a $JO$ .

$J'N=JN-JJ'=\frac{a+b}{2}$.

El uso de la similitud en $\triangle $s $JRN$ e $J'SN$ , $SN$ = $\frac{k_1(a+b)}{2}$

Esto implica que $S$ es el punto medio de la $MN$ !

Del mismo modo , nos encontramos con $QL$ a la igualdad de $k_2(\frac{a+b}{2}+x)$ , demostrando que la $Q$ es el punto medio de la $KL$ .

Recordar que, por construcción, $J'Q$ es paralelo a $JO$.

Por lo tanto , hemos descubierto el hecho , de que :-

La línea que une los puntos medios de los lados opuestos de un cuadrilátero ,cuando sus otros lados son iguales , es paralela a la bisectriz de un ángulo del ángulo formado por la ampliación de los otros dos lados.

Su problema ahora es trivial .

En su caso , $\angle MKL=70 , \angle KLN =60 $

$\therefore \angle KJL = 50 \implies \angle RJN = \angle QJ'N = 25$

Ángulo externo $J'QK = 25+60 = \boxed{85} $

Answer 2

Aquí' es otra solución. Deje $\alpha$ e $\beta$ ser los ángulos en $A$ e $B$, resp., deje $a$ e $b$ ser la longitud de la $AF$ e $AC$, resp. Considere la posibilidad de un sistema de coordenadas con origen en el $F$ y deje $FB$ la dirección del eje de abscisas. Deje $\varphi$ ser el ángulo en cuestión.

Entonces $De$FC=\begin{pmatrix}-a\\0\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix} \cos(\alpha)\\ \sin(\alpha)\end{pmatrix}\text{ y } FD=\begin{pmatrix}a\\0\end{pmatrix}+b\begin{pmatrix} -\cos(\beta)\\ \sin(\beta)\end{pmatrix},$$ por lo tanto $FE$ el punto medio de la $C$ e $D$es $$\frac12b\begin{pmatrix} \cos(\alpha)-\cos(\beta)\\ \sin(\alpha)+\sin(\beta)\end{pmatrix}.$$ Por lo tanto, la pendiente de $FE$es $$\tan(180-\varphi)=\frac{\sin(\alpha)+\sin(\beta)}{\cos(\alpha)-\cos(\beta)} =\frac{2\sin\bigl((\alpha+\beta)/2\bigr)\cos(\bigl((\alpha-\beta)2\bigr)}{-2\sin\bigl((\alpha+\beta)/2\bigr)\sin(\bigl((\alpha-\beta)2\bigr)} =-\frac{1}{\tan\bigl((\alpha\beta)/2)\bigr)},$$ que es $$\tan(\varphi)\cdot\tan\bigl((\alpha-\beta)/2)\bigr)=-1,$$ por lo tanto la línea de $FE$ es perpendicular a uno con un ángulo de $(\alpha-\beta)2$. Por lo tanto, $180-\varphi$ e $(\alpha-\beta)/2$ difieren por $90$.

En nuestro caso $(\alpha-\beta)/2=5$, por lo que la línea perpendicular debe tener un ángulo de $95$, que es $180-\varphi=95$.

PD: estoy seguro de que hay una manera más sencilla de lograr este resultado general.